（東營專版）2019年中考數(shù)學復習 專題類型突破 專題四 幾何變換綜合題訓練

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1、 專題四　幾何變換綜合題 類型一 涉及一個動點的幾何問題 (2018·長春中考)如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，動點P從點A出發(fā)，沿AB以每秒2個單位長度的速度向終點B運動．過點P作PD⊥AC于點D(點P不與點A，B重合)，作∠DPQ＝60°，邊PQ交射線DC于點Q.設(shè)點P的運動時間為t秒． (1)用含t的代數(shù)式表示線段DC的長； (2)當點Q與點C重合時，求t的值； (3)設(shè)△PDQ與△ABC重疊部分圖形的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式； (4)當線段PQ的垂直平分線經(jīng)過△ABC一邊中點時，直接寫出t的值． 【分析】 (1)先求出AC，

2、用三角函數(shù)求出AD，即可得出結(jié)論； (2)利用AD＋DQ＝AC，即可得出結(jié)論； (3)分兩種情況，利用三角形的面積公式和面積差即可得出結(jié)論； (4)分三種情況，利用銳角三角函數(shù)，即可得出結(jié)論． 【自主解答】 1．(2018·江西中考)在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點P是射線BD上一動點，以AP為邊向右側(cè)作等邊△APE，點E的位置隨著點P的位置變化而變化． (1)如圖1，當點E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上時，連接CE，BP與CE的數(shù)量關(guān)系是________，CE與AD的位置關(guān)系是________； (2)當點E在菱形ABCD外

3、部時，(1)中的結(jié)論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由(選擇圖2，圖3中的一種情況予以證明或說理)； (3)如圖4，當點P在線段BD的延長線上時，連接BE，若AB＝2，BE＝2，求四邊形ADPE的面積． 類型二 涉及兩個動點的幾何問題 (2018·青島中考)已知：如圖，四邊形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝ 16 cm，BC＝6 cm，CD＝8 cm，動點P從點D開始沿DA邊勻速運動，動點Q從點A開始沿AB邊勻速運動，它們的運動速度均為2 cm/s.點P和點Q同時出發(fā)，以QA，QP為邊作平行四邊形AQPE，

4、設(shè)運動的時間為t(s)，0＜t＜5. 根據(jù)題意解答下列問題： (1)用含t的代數(shù)式表示AP； (2)設(shè)四邊形CPQB的面積為S(cm2)，求S與t的函數(shù)關(guān)系式； (3)當QP⊥BD時，求t的值； (4)在運動過程中，是否存在某一時刻t，使點E在∠ABD的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由． 【分析】 (1)作DH⊥AB于點H，則四邊形DHBC是矩形，利用勾股定理求出AD的長即可解決問題； (2)作PN⊥AB于N，連接PB，根據(jù)S＝S△PQB＋S△BCP計算即可； (3)當QP⊥BD時，∠PQN＋∠DBA＝90°，∠QPN＋∠PQN＝90°，推出∠QPN＝∠D

5、BA，由此利用三角函數(shù)即可解決問題； (4)連接BE交DH于點K，作KM⊥BD于點M.當BE平分∠ABD時，△KBH≌△KBM，推出KH＝KM.作EF⊥AB于點F，則△AEF≌△QPN，推出EF＝PN，AF＝QN，由KH∥EF可得＝，由此構(gòu)建方程即可解決問題． 【自主解答】 2．(2018·黃岡中考)如圖，在平面直角坐標系xOy中，菱形OABC的邊OA在x軸正半軸上，點B，C在第一象限，∠C＝120°，邊長OA＝8.點M從原點O出發(fā)沿x軸正半軸以每秒1個單位長的速度作勻速運動，點N從A出發(fā)沿邊AB－BC－CO以每秒2個單位長的速度作勻速運動

6、，過點M作直線MP垂直于x軸并交折線OCB于P，交對角線OB于Q，點M和點N同時出發(fā)，分別沿各自路線運動，點N運動到原點O時，M和N兩點同時停止運動． (1)當t＝2時，求線段PQ的長； (2)求t為何值時，點P與N重合； (3)設(shè)△APN的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式及t的取值范圍． 類型三 圖形的平移變換 (2017·揚州中考)如圖，將△ABC沿著射線BC方向平移至△A′B′C′，使點A′落在∠ACB的外角平分線CD上，連接AA′. (1)判斷四邊形ACC′A′的形狀，并說明理由； (2)在△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，co

7、s∠BAC＝，求CB′的長． 【分析】 (1)根據(jù)平行四邊形的判定定理(有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形)知四邊形ACC′A′是平行四邊形．再根據(jù)對角線平分對角的平行四邊形是菱形知四邊形ACC′A′是菱形． (2)通過解直角△ABC得到AC，BC的長度，由(1)中菱形ACC′A′的性質(zhì)推知AC＝AA′，由平移的性質(zhì)得四邊形ABB′A′是平行四邊形，則AA′＝BB′，所以CB′＝BB′－BC. 【自主解答】 平移變換命題的呈現(xiàn)形式主要有：(1)坐標系中的點、函數(shù)圖象的平移問題；(2)涉及基本圖形平移的幾何問題；(3)利用平移變換作為工具解題．其解

8、題思路：(1)特殊點法：解題的關(guān)鍵是學會運用轉(zhuǎn)化的思想，如坐標系中圖象的平移問題，一般是通過圖象上一個關(guān)鍵(特殊)點的平移來研究整個圖象的平移；(2)集中條件法：通過平移變換添加輔助線，集中條件，使問題獲得解決；(3)綜合法：已知條件中涉及基本圖形的平移或要求利用平移作圖的問題時，要注意找準對應點，看清對應邊，注意變換性質(zhì)的理解和運用． 3．(2018·安徽中考)如圖，直線l1，l2都與直線l垂直，垂足分別為M，N，MN＝1.正方形ABCD的邊長為，對角線AC在直線l上，且點C位于點M處．將正方形ABCD沿l向右平移，直到點A與點N重合為止．記點C平移的距離為x，正方形ABCD的邊位于l

9、1，l2之間部分的長度和為y，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象大致為( ) 4．如圖，在平面直角坐標系中，△AOB的頂點O為坐標原點，點A的坐標為(4，0)，點B的坐標為(0，1)，點C為邊AB的中點，正方形OBDE的頂點E在x軸的正半軸上，連接CO，CD，CE. (1)線段OC的長為________； (2)求證：△CBD≌△COE； (3)將正方形OBDE沿x軸正方向平移得到正方形O1B1D1E1，其中點O，B，D，E的對應點分別為點O1，B1，D1，E1，連接CD1，CE1，設(shè)點E1的坐標為(a，0)，其中a≠2，△CD1E1的面積為S. ①當1＜a＜2時，請直接寫出S

10、與a之間的函數(shù)解析式； ②在平移過程中，當S＝時，請直接寫出a的值． 類型四 圖形的旋轉(zhuǎn)變換 (2017·濰坊中考)邊長為6的等邊△ABC中，點D，E分別在AC，BC邊上，DE∥AB，EC＝2. (1)如圖1，將△DEC沿射線EC方向平移，得到△D′E′C′，邊D′E′與AC的交點為M，邊C′D′與∠ACC′的角平分線交于點N.當CC′多大時，四邊形MCND′為菱形？并說明理由． (2)如圖2，將△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)∠α(0°<α<360°)，得到△D′E′C，連接AD′，BE′.邊D′E′的中點為P. ①在旋轉(zhuǎn)過程中，AD′和BE′有怎樣的數(shù)量

11、關(guān)系？并說明理由； ②連接AP，當AP最大時，求AD′的值．(結(jié)果保留根號) 　 圖1　　　　　　　　　圖2 【分析】 (1)先判斷出四邊形MCND′為平行四邊形，可得△MCE′和△NCC′為等邊三角形，即可求出CC′，得出CN＝CM，即證四邊形MCND′為菱形； (2)①分兩種情況，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，即可判斷出△ACD′≌△BCE′，即可得出結(jié)論； ②先判斷出點A，C，P三點共線，求出CP，AP，最后用勾股定理即可得出結(jié)論． 【自主解答】 旋轉(zhuǎn)變換問題的解題思路：(1)以旋轉(zhuǎn)為背景的問題，要根據(jù)題意，找準對應點，看清

12、對應邊，注意對旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的理解和運用，想象其中基本元素，如點、線(角)之間的變化規(guī)律，再結(jié)合幾何圖形的性質(zhì)，大膽地猜想結(jié)果并加以證明來解決問題；(2)利用旋轉(zhuǎn)變換工具解決問題，要注意觀察，通過旋轉(zhuǎn)圖形中的部分，運用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，將復雜問題簡單化． 5．(2018·菏澤中考)問題情境： 在綜合與實踐課上，老師讓同學們以“矩形紙片的剪拼”為主題開展數(shù)學活動．如圖1，將矩形紙片ABCD沿對角線AC剪開，得到△ABC和△ACD.并且量得AB＝2 cm，AC＝4 cm. 操作發(fā)現(xiàn)： (1)將圖1中的△ACD以點A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)∠α，使∠α＝∠BAC，得到如圖2所示的△AC′D，過

13、點C作AC′的平行線，與DC′的延長線交于點E，則四邊形ACEC′的形狀是________． (2)創(chuàng)新小組將圖1中的△ACD以點A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，使B，A，D三點在同一條直線上，得到如圖3所示的△AC′D，連接CC′，取CC′的中點F，連接AF并延長至點G，使FG＝AF，連接CG，C′G，得到四邊形ACGC′，發(fā)現(xiàn)它是正方形，請你證明這個結(jié)論． 實踐探究： (3)縝密小組在創(chuàng)新小組發(fā)現(xiàn)結(jié)論的基礎(chǔ)上，進行如下操作：將△ABC沿著BD方向平移，使點B與點A重合，此時A點平移至A′點，A′C與BC′相交于點H，如圖4所示，連接CC′，試求tan∠C′CH的值．

14、 類型五 圖形的翻折變換 (2017·德州中考)如圖1，在矩形紙片ABCD中，AB＝3 cm，AD＝5 cm，折疊紙片使B點落在邊AD上的E處，折痕為PQ.過點E作EF∥AB交PQ于F，連接BF. (1)求證：四邊形BFEP為菱形； (2)當點E在AD邊上移動時，折痕的端點P，Q也隨之移動． ①當點Q與點C重合時(如圖2)，求菱形BFEP的邊長； ②若限定P，Q分別在邊BA，BC上移動，求出點E在邊AD上移動的最大距離． 【分析】 (1)由折疊的性質(zhì)得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行線的性質(zhì)得出∠BPF＝∠EFP，證出∠EPF＝∠EFP，得

15、出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出結(jié)論； (2)①由矩形的性質(zhì)得出BC＝AD＝5 cm，CD＝AB＝3 cm，∠A＝∠D＝90°，由對稱的性質(zhì)得出CE＝BC＝5 cm，在Rt△CDE中，由勾股定理求出DE＝4 cm，得出AE＝AD－DE＝1 cm；在Rt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝ cm即可； ②當點Q與點C重合時，點E離點A最近，由①知，此時AE＝1 cm；當點P與點A重合時，點E離點A最遠，此時四邊形ABQE為正方形，AE＝AB＝3 cm，即可得出答案． 【自主解答】 翻折變換問題的解題思

16、路：以翻折變換為載體，考查幾何圖形的判定和性質(zhì)問題．一般先作出折疊前、后的圖形位置，考慮折疊前、后哪些線段、角對應相等，哪些量發(fā)生了變化．然后再利用軸對稱的性質(zhì)和相關(guān)圖形的性質(zhì)推出相等的線段、角、全等三角形等，當有直角三角形出現(xiàn)時，考慮利用勾股定理以及方程思想來解決． 6．(2017·蘭州中考)如圖1，將一張矩形紙片ABCD沿著對角線BD向上折疊，頂點C落到點E處，BE交AD于點F. (1)求證：△BDF是等腰三角形； (2)如圖2，過點D作DG∥BE，交BC于點G，連接FG交BD于點O. ①判斷四邊形BFDG的形狀，并說明理由； ②若AB＝6，AD＝8，求FG的長．

17、 類型六 圖形的相似變換 【探究證明】 (1)某班數(shù)學課題學習小組對矩形內(nèi)兩條相互垂直的線段與矩形兩鄰邊的數(shù)量關(guān)系進行探究，提出下列問題，請你給出證明： 如圖1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分別交AB，CD于點E，F(xiàn)，GH分別交AD，BC于點G，H.求證：＝； 【結(jié)論應用】 (2)如圖2，在滿足(1)的條件下，又AM⊥BN，點M，N分別在邊BC，CD上．若＝，則的值為________； 【聯(lián)系拓展】 (3)如圖3，四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，點M，N分別在邊B

18、C，AB上，求的值． 【分析】 (1)過點A作AP∥EF，交CD于點P，過點B作BQ∥GH，交AD于點Q，易證AP＝EF，GH＝BQ，△PDA∽△QAB，然后運用相似三角形的性質(zhì)就可以解決問題； (2)只需運用(1)中的結(jié)論，就可得到＝＝，就可以解決問題； (3)過D作AB的平行線，交BC的延長線于點E，作AF⊥AB交直線DE于點F，易證得四邊形ABEF是矩形，通過等量代換，得∠1＝∠3，進而得到△ADF∽△DCE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，得出線段DE，AF，DC，AD之間的關(guān)系，再通過設(shè)未知數(shù)及勾股定理求出AF，最后根據(jù)(1)中的結(jié)論，即可解決問題． 【自主解答】

19、 求兩條線段的比，一般有兩種方法：一是根據(jù)定義，求出兩條線段的長度，再求兩條線段的比；二是利用比例線段，等比轉(zhuǎn)換，能夠產(chǎn)生比例線段的是相似三角形和平行線，可以利用相似三角形和平行線的性質(zhì)去尋找比例線段．在含有比值與相似的問題中，關(guān)鍵是證明三角形相似．判定三角形相似的方法一般有：(1)條件中若有平行線，可采用找角相等證兩個三角形相似；(2)條件中若有一組對應角相等，可再找一組對應角相等或再找此角所在的兩邊對應成比例；(3)條件中若有兩邊對應成比例，可找夾角相等；(4)條件中若有一組直角，可考慮再找一組等角或證明斜邊、直角邊對應成比例；

20、(5)條件中若有等腰關(guān)系，可找頂角相等或找對應底角相等或底和腰對應成比例． 7．(2018·湖州中考)已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB≥AC，D，E分別為AC，BC邊上的點(不包括端點)，且＝＝m，連接AE，過點D作DM⊥AE，垂足為點M，延長DM交AB于點F. (1)如圖1，過點E作EH⊥AB于點H，連接DH. ①求證：四邊形DHEC是平行四邊形； ②若m＝，求證：AE＝DF； (2)如圖2，若m＝，求的值． 類型七 類比、拓展類探究問題 (2018·淄博中考)(1)操作發(fā)現(xiàn)：如圖1，小明畫了一個等腰

21、三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC的外側(cè)分別以AB，AC為腰作了兩個等腰直角三角形ABD，ACE.分別取BD，CE，BC的中點M，N，G.連接GM，GN.小明發(fā)現(xiàn)了：線段GM與GN的數(shù)量關(guān)系是________；位置關(guān)系是________． (2)類比思考：如圖2，小明在此基礎(chǔ)上進行了深入思考．把等腰三角形ABC換為一般的銳角三角形．其中AB>AC，其他條件不變，小明發(fā)現(xiàn)的上述結(jié)論還成立嗎？請說明理由． (3)深入探究：如圖3，小明在(2)的基礎(chǔ)上，又作了進一步探究，向△ABC的內(nèi)側(cè)分別作等腰直角三角形ABD，ACE.其他條件不變，試判斷△GMN的形狀，并給予證明． 【分析】 (

22、1)利用SAS判斷出△AEB≌△ACD，得出EB＝CD，∠AEB＝∠ACD，進而判斷出EB⊥CD，最后用三角形中位線定理即可得出結(jié)論； (2)同(1)的方法即可得出結(jié)論； (3)同(1)的方法得出MG＝NG，最后利用三角形中位線定理和等量代換即可得出結(jié)論． 【自主解答】 8．(2018·日照中考)問題背景：我們學習等邊三角形時得到直角三角形的一個性質(zhì)：在直角三角形中，如果一個銳角等于30°，那么它所對的直角邊等于斜邊的一半．即：如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，則AC＝AB. 探究結(jié)論：小明同學對以上結(jié)

23、論作了進一步探究． (1)如圖1，連接AB邊上中線CE，由于CE＝AB，易得結(jié)論：①△ACE為等邊三角形；②BE與CE之間的數(shù)量關(guān)系為________； 　　 (2)如圖2，點D是邊CB上任意一點，連接AD，作等邊△ADE，且點E在∠ACB的內(nèi)部，連接BE.試探究線段BE與DE之間的數(shù)量關(guān)系，寫出你的猜想并加以證明； (3)當點D為邊CB延長線上任意一點時，在(2)條件的基礎(chǔ)上，線段BE與DE之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的結(jié)論________； 拓展應用：如圖3，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為(－，1)，點B是x軸正半軸上的一動點，以AB為邊作等邊△ABC.當C點在第

24、一象限內(nèi)，且B(2，0)時，求C點的坐標． 參考答案 類型一 【例1】 (1)∵在Rt△ABC中，∠A＝30°，AB＝4， ∴AC＝2. ∵PD⊥AC，∴∠ADP＝∠CDP＝90°. 在Rt△ADP中，AP＝2t， ∴DP＝t，AD＝t，∴CD＝AC－AD＝2－t(0＜t＜2)． (2)在Rt△PDQ中， ∵∠DPQ＝60°，∴∠PQD＝30°＝∠A，∴PA＝PQ. ∵PD⊥AC，∴AD＝DQ. ∵點Q和點C重合，∴AD＋DQ＝AC，∴2t＝2，∴t＝1. (3)當0＜t

25、≤1時，S＝S△PDQ＝DQ·DP＝×t·t＝t2. 如圖，當1＜t＜2時， CQ＝AQ－AC＝2AD－AC＝ 2t－2＝2(t－1)． 在Rt△CEQ中，∠CQE＝30°， ∴CE＝CQ·tan∠CQE＝2(t－1)×＝2(t－1)， ∴S＝S△PDQ－S△ECQ＝×t·t－×2(t－1)×2(t－1)＝－t2＋4t－2， ∴S＝ (4)①如圖，當PQ的垂直平分線過AB的中點F時， ∴∠PGF＝90°，PG＝PQ＝ AP＝t，AF＝AB＝2. ∵∠A＝∠AQP＝30°， ∴∠FPG＝60°，∴∠PFG＝30°，∴PF＝2PG＝2t， ∴AP＋PF＝2t＋2t

26、＝2， ∴t＝. ②如圖，當PQ的垂直平分線過AC的中點N時， ∴∠QMN＝90°， AN＝AC＝， QM＝PQ＝AP＝t. 在Rt△NMQ中，NQ＝＝t. ∵AN＋NQ＝AQ，∴＋t＝2t， ∴t＝. ③如圖，當PQ的垂直平分線過BC的中點F時， ∴BF＝BC＝1，PE＝PQ＝t，∠H＝30°. ∵∠ABC＝60°， ∴∠BFH＝30°＝∠H， ∴BH＝BF＝1. 在Rt△PEH中，PH＝2PE＝2t. ∵AH＝AP＋PH＝AB＋BH，∴2t＋2t＝5， ∴t＝. 即當線段PQ的垂直平分線經(jīng)過△ABC一邊中點時，t的值為或或. 變式訓練 1．解：

27、(1)BP＝CE　CE⊥AD 提示：如圖，連接AC. ∵四邊形ABCD是菱形， ∠ABC＝60°， ∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC. 又∵△APE是等邊三角形， ∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE， ∴△BAP≌△CAE， ∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°. 延長CE交AD于點H. ∵∠CAH＝60°， ∴∠CAH＋∠ACH＝90°， ∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD. (2)結(jié)論仍然成立． 理由：如圖，連接AC交BD于點O，設(shè)CE交AD于點H. ∵四邊形ABCD是菱形，∠A

28、BC＝60°， ∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°， ∴AB＝AC. ∵△APE是等邊三角形， ∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△BAP≌△CAE， ∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°. ∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°， ∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD. 也可選用圖3進行證明，方法同上． (3)如圖，連接AC交BD于點O，連接CE交AD于點H， 由(2)可知EC⊥AD，CE＝BP. 在菱形ABCD中，AD∥BC， ∴EC⊥BC. ∵BC＝AB＝2，BE＝2， 在Rt△

29、BCE中， EC＝＝8， ∴BP＝CE＝8. ∵AC與BD是菱形的對角線， ∴∠ABD＝∠ABC＝30°，AC⊥BD， ∴BD＝2BO＝2AB·cos 30°＝6， ∴OA＝AB＝，DP＝BP－BD＝8－6＝2， ∴OP＝OD＋DP＝5. 在Rt△AOP中，AP＝＝2， ∴S四邊形ADPE＝S△ADP＋S△AEP＝×2×＋×(2)2＝8. 類型二 【例2】 (1)如圖，作DH⊥AB于點H，則四邊形DHBC是矩形， ∴CD＝BH＝8，DH＝BC＝6. ∵AH＝AB－BH＝8， ∴AD＝＝10， ∴AP＝AD－DP＝10－2t. (2)如圖，作PN⊥AB于點N，連接

30、PB. 在Rt△APN中，PA＝10－2t， ∴PN＝PA·sin∠DAH＝(10－2t)， AN＝PA·cos∠DAH＝(10－2t)， ∴BN＝16－AN＝16－(10－2t)， ∴S＝S△PQB＋S△BCP＝·(16－2t)·(10－2t)＋×6×[16－(10－2t)]＝t2－t＋72. (3)當QP⊥BD時，∠PQN＋∠DBA＝90°. ∵∠QPN＋∠PQN＝90°，∴∠QPN＝∠DBA， ∴tan∠QPN＝＝， ∴＝， 解得t＝. 經(jīng)檢驗，t＝是分式方程的解，且符合題意， ∴當t＝時，QP⊥BD. (4)存在．理由如下： 如圖，連接BE交DH于點K，作K

31、M⊥BD于點M. 當BE平分∠ABD時，△KBH≌△KBM， ∴KH＝KM，BH＝BM＝8. ∵BD＝＝10， ∴DM＝2. 設(shè)KH＝KM＝x， 在Rt△DKM中，(6－x)2＝22＋x2， 解得x＝. 如圖，作EF⊥AB于點F，則△AEF≌△QPN， ∴EF＝PN＝(10－2t)，AF＝QN＝(10－2t)－2t. ∴BF＝16－[(10－2t)－2t]． ∵KH∥EF， ∴＝， ∴＝， 解得t＝. 經(jīng)檢驗，t＝是分式方程的解，且符合題意， ∴當t＝時，點E在∠ABD的平分線上． 變式訓練 2．解：(1)當t＝2時，OM＝2， 在Rt△OPM中，∠P

32、OM＝60°， ∴PM＝OM·tan 60°＝2. 在Rt△OMQ中，∠QOM＝30°， ∴QM＝OM·tan 30°＝， ∴PQ＝PM－QM＝2－＝. (2)當t≤4時，AN＝PO＝2OM＝2t， t＝4時，P到達C點，N到達B點，點P，N在邊BC上相遇． 設(shè)t秒時，點P與N重合，則(t－4)＋2(t－4)＝8， 解得t＝，即t＝秒時，點P與N重合． (3)①當0＜t≤4時，S＝·2t·4＝4t. ②當4

33、時，S＝S菱形ABCO－S△AON－S△ABP－S△CPN ＝32－·(24－2t)·4－·[8－(t－4)]·4－(t－4)··(2t－16) ＝－t2＋12t－56. 綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為 S＝ 類型三 【例3】 (1)四邊形ACC′A′是菱形．理由如下： 由平移的性質(zhì)得到AC∥A′C′，且AC＝A′C′， 則四邊形ACC′A′是平行四邊形， ∴∠ACC′＝∠AA′C′. 又∵CD平分∠ACB的外角，即CD平分∠ACC′， 易證CD也平分∠AA′C′， ∴四邊形ACC′A′是菱形． (2)∵在△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，cos∠BAC＝， ∴

34、cos∠BAC＝＝，即＝，∴AC＝26， ∴由勾股定理知BC＝＝＝10. 又由(1)知，四邊形ACC′A′是菱形， ∴AC＝AA′＝26. 由平移的性質(zhì)得到AB∥A′B′，AB＝A′B′， 則四邊形ABB′A′是平行四邊形， ∴AA′＝BB′＝26， ∴CB′＝BB′－BC＝26－10＝16. 變式訓練 3．A 4．解：(1) (2)∵∠AOB＝90°，點C是AB的中點， ∴OC＝BC＝AB，∴∠CBO＝∠COB. ∵四邊形OBDE是正方形， ∴BD＝OE，∠DBO＝∠EOB＝90°， ∴∠CBD＝∠COE. 在△CBD和△COE中， ∴△CBD≌△COE(

35、SAS)． (3)①S＝－a＋1.?、赼＝或. 類型四 【例4】 (1)當CC′＝時，四邊形MCND′為菱形． 理由：由平移的性質(zhì)得CD∥C′D′，DE∥D′E′. ∵△ABC為等邊三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°， ∴∠ACC′＝180°－60°＝120°. ∵CN是∠ACC′的角平分線， ∴∠NCC′＝60°. ∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′， ∴∠D′E′C′＝∠B＝60°， ∴∠D′E′C′＝∠NCC′，∴D′E′∥CN， ∴四邊形MCND′為平行四邊形． ∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°， ∴△MCE′和△

36、NCC′為等邊三角形， ∴MC＝CE′，NC＝CC′. 又∵E′C′＝2，CC′＝，∴CE′＝CC′＝， ∴MC＝CN，∴四邊形MCND′為菱形． (2)①AD′＝BE′. 理由：當α≠180°時，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠ACD′＝∠BCE′. 由(1)知AC＝BC，CD′＝CE′， ∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′. 當α＝180°時，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′， 即AD′＝BE′. 綜上可知，AD′＝BE′. ② 如圖，連接CP，在△ACP中，由三角形三邊關(guān)系得 AP

37、 在△D′CE′中，由P為D′E′中點得AP⊥D′E′，PD′＝， ∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9. 在Rt△APD′中，由勾股定理得 AD′＝＝＝2. 變式訓練 5．(1)解：菱形 (2)證明：∵點F是CC′的中點，∴CF＝FC′. ∵FG＝AF，∴四邊形ACGC′是平行四邊形． ∵在Rt△ABC和Rt△AC′D中，∠BAC＋∠ACB＝90°，∠ACB＝∠DAC′， ∴∠BAC＋∠DAC′＝90°. 又∵B，A，D三點在同一條直線上，∴∠CAC′＝90°， ∴四邊形ACGC′是矩形． ∵AC＝AC′，∴四邊形ACGC′是正方形． (3)解：在Rt△A′BC和Rt△

38、BC′D中， BC＝BD＝＝2. ∵Rt△A′BC≌Rt△BC′D，∴∠DBC′＋∠BA′C＝90°， ∴∠BHA′＝90°，∴BC′⊥A′C. 在Rt△A′BC中，A′C·BH＝BC·A′B， 即4BH＝2×2， ∴BH＝，∴C′H＝BC′－BH＝4－. 在Rt△A′BH中，A′H＝＝＝1， ∴CH＝4－1＝3， ∴tan∠C′CH＝＝， ∴tan∠C′CH的值為. 類型五 【例5】 (1)∵折疊紙片使B點落在邊AD上的E處，折痕為PQ， ∴點B與點E關(guān)于PQ對稱， ∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF. 又∵EF∥AB， ∴∠BPF＝∠EFP，∴∠E

39、PF ＝∠EFP， ∴EP＝EF，∴BP＝BF＝FE＝EP， ∴四邊形BFEP為菱形． (2)①如圖1， 　圖1 ∵四邊形ABCD為矩形， ∴BC＝AD＝5 cm， CD＝AB＝3 cm，∠A＝∠D＝90°. ∵點B與點E關(guān)于PQ對稱， ∴CE＝BC＝5 cm. 在Rt△CDE中，DE2＝CE2－CD2， 即DE2＝52－32， ∴DE＝4 cm，∴AE＝AD－DE＝5－4＝1(cm)． 在Rt△APE中，AE＝1，AP＝3－PB＝3－PE， ∴EP2＝12＋(3－EP)2，解得EP＝ cm， ∴菱形BFEP的邊長為 cm. ② 　圖2 當點Q與點C

40、重合時，如圖1，點E離A點最近，由①知，此時AE＝1 cm. 當點P與點A重合時，如圖2，點E離A點最遠，此時四邊形ABQE為正方形， AE＝AB＝3 cm， ∴點E在邊AD上移動的最大距離為2 cm. 變式訓練 6．(1)證明：根據(jù)折疊的性質(zhì)知∠DBC＝∠DBE. 又∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB， ∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形． (2)解：①∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC， ∴FD∥BG. 又∵DG∥BE，∴四邊形BFDG是平行四邊形． ∵DF＝BF，∴四邊形BFDG是菱形． ②∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10，∴OB＝BD

41、＝5. 假設(shè)DF＝BF＝x，則AF＝AD－DF＝8－x， ∴在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝BF2， 即62＋(8－x)2＝x2， 解得x＝，即BF＝， ∴FO＝＝＝， ∴FG＝2FO＝. 類型六 【例6】 (1) 如圖，過點A作AP∥EF，交CD于點P，過點B作BQ∥GH，交AD于點Q，交AP于點T. ∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC， ∴四邊形AEFP和四邊形BHGQ都是平行四邊形， ∴AP＝EF，GH＝BQ. ∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°. ∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°， ∴∠DAP＋∠D

42、PA＝90°，∴∠AQT＝∠DPA， ∴△PDA∽△QAB，∴＝，∴＝. (2). 提示：∵EF⊥GH，AM⊥BN， ∴由(1)結(jié)論可得＝，＝， ∴＝＝. (3)如圖，過D作AB的平行線，交BC的延長線于E， 作AF⊥AB交ED延長線于點F. ∵∠BAF＝∠B＝∠E＝90°， ∴四邊形ABEF是矩形． 連接AC，由已知條件得△ADC≌△ABC， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°， ∠1＋∠2＝90°. 又∵∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3， ∴△ADF∽△DCE， ∴＝＝＝. 設(shè)DE＝x，則AF＝2x，DF＝10－x. 在Rt△ADF中，AF2＋DF2＝AD2

43、， 即(2x)2＋(10－x)2＝100， 解得x1＝4，x2＝0(舍去)，∴AF＝2x＝8， ∴＝＝＝. 變式訓練 7．(1)①證明：∵EH⊥AB，∠BAC＝90°， ∴EH∥CA，∴△BHE∽△BAC，∴＝. ∵＝，∴＝， ∴＝，∴HE＝DC. ∵EH∥DC， ∴四邊形DHEC是平行四邊形． ②證明：∵＝，∠BAC＝90°，∴AC＝AB. ∵＝，HE＝DC，∴＝. ∵∠BHE＝90°，∴BH＝HE. ∵HE＝DC，∴BH＝CD，∴AH＝AD. ∵DM⊥AE，EH⊥AB， ∴∠EHA＝∠AMF＝90°， ∴∠HAE＋∠HEA＝∠HAE＋∠AFM＝90°，

44、∴∠HEA＝∠AFD. ∵∠EHA＝∠FAD＝90°， ∴△HEA≌△AFD，∴AE＝DF. (2)解：如圖，過點E作EG⊥AB于點G. ∵CA⊥AB，∴EG∥CA，∴△EGB∽△CAB， ∴＝，∴＝＝. ∵＝，∴EG＝CD. 設(shè)EG＝CD＝3x，AC＝3y，∴BE＝5x，BC＝5y， ∴BG＝4x，AB＝4y. ∵∠EGA＝∠AMF＝90°， ∴∠GEA＋∠EAG＝∠EAG＋∠AFM， ∴∠AFM＝∠AEG. ∵∠FAD＝∠EGA＝90°，∴△FAD∽△EGA， ∴＝＝＝. 類型七 【例7】 (1)MG＝NG　MG⊥NG 提示：如圖，連接EB，DC，EB，

45、DC交于點F. ∵AE＝AC，AB＝AD， ∠EAC＝∠BAD＝90°， ∴∠EAB＝∠CAD， ∴△AEB≌△ACD， ∴EB＝CD，∠AEB＝∠ACD. ∵∠AHE＝∠FHC， ∴∠EFC＝∠EAC＝90°， ∴EB⊥CD. ∵M，N，G分別是BD，CE，BC的中點， ∴NG∥EB，且NG＝EB，MG∥CD，且MG＝CD， ∴MG＝NG，MG⊥NG. (2)成立．理由：類似于(1)的證明方法，可以得出△ADC≌△ABE，從而得出EB⊥CD，再利用三角形中位線定理可證明結(jié)論還成立． (3)△GMN是等腰直角三角形． 證明：如圖，連接EB，DC，并分別延長交于點

46、F. ∵AE＝AC，AB＝AD，∠EAB＝∠CAD， ∴△AEB≌△ACD，∴EB＝CD，∠AEB＝∠ACD， ∴∠AEB＋∠ACF＝180°. 又∠EAC＝90°，∴∠F＝90°，∴EB⊥CD. ∵M，N，G分別是BD，CE，BC的中點， ∴NG∥EB，且NG＝EB， MG∥CD，且MG＝CD， ∴MG＝NG，MG⊥NG， ∴△GMN是等腰直角三角形． 變式訓練 8．解：(1)BE＝CE (2)BE＝DE.證明如下： 如圖，取AB的中點P，連接EP. 由(1)結(jié)論可知△CPA為等邊三角形， ∴∠CAP＝60°，CA＝PA. ∵△ADE為等邊三角形，

47、∴∠DAE＝60°，AD＝AE， ∴∠CAP＝∠DAE， ∴∠CAP－∠DAB＝∠DAE－∠DAB， ∴∠CAD＝∠PAE，∴△ACD≌△APE(SAS)， ∴∠APE＝∠ACD＝90°，∴EP⊥AB. ∵P為AB的中點，∴AE＝BE. ∵DE＝AE，∴BE＝DE. (3)BE＝DE 拓展應用：如圖，連接OA，OC，過點A作AH⊥x軸于點H. ∵A的坐標為(－，1)， ∴∠AOH＝30°. 由探究結(jié)論(3)可知CO＝CB. ∵O(0，0)，B(2，0)， ∴點C的橫坐標為1. 設(shè)C(1，m)． ∵CO2＝CB2＝12＋m2，AB2＝12＋(2＋)2，AB＝CB， ∴12＋m2＝12＋(2＋)2，∴m＝2＋， ∴C點的坐標是(1，2＋)． 31